参考答案
1~5：CDBDA 6~10：BACDA 11~12：CD 13． 14．2 15．①②③ 16． 17．(Ⅰ) 设等差数列的公差为,依题意得 又,解得,所以. (Ⅱ)依题意得,即 (且) 所以 , .
对上式也成立,所以,即, 所以. 18．(1)
（2）由，得 ,
从而得 故
19．解：（1）由x2?y2?6x?5?0得?x?3??y2?4，
2 - 6 -
∴ 圆C1的圆心坐标为?3,0?；
（2）设M?x,y?，则∵ 点M为弦AB中点即C1M?AB， ∴ kC1M?kAB??1即
yy???1， x?3x23?9?5??∴ 线段AB的中点M的轨迹的方程为?x???y2???x?3?；
2?4?3??（3）由（2）知点M的轨迹是以C?,0?为圆心r??3?2??3为半径的部分圆弧EF（如下图所示，2L
y ?525??525?不包括两端点），且E??3,3??，F??3,?3??，又直线L：????y?k?x?4?过定点D?4,0?，
E D ?3?k??4??0当直线L与圆C相切时，由?2?k2?1233得k??，?42O C F x 又kDE??kDF?25?0????3???25，结合上图可知当??574?3?33??2525?k???,?U??,?时，直线L：y?k?x?4?与曲线C只有一个交点
4477????
20．（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、， 由题意，且， 且， 故且.
所以，四边形为平行四边形. 所以，，又平面，平面， 所以，平面.
- 7 -
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即， 又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 设，则由题意知，，，， ，，
设平面的法向量为， 则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量， 由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为， 所以为直线与平面所成的角， 易知在中，，从而， 所以直线与平面所成的角为. 21．∵， ∴．
（1）∵是函数的一个极值点， ∴， ∴， ∴， 令，解得或； 令解得，
∴函数的单调递增区间是，，单调递减区间是． （2）∵，
∴，当且仅当时等号成立． ∴当时，在上恒成立， ∴在上单调递增， ∴．
故问题等价于：对于任意的，不等式恒成立，即恒成立． 设，，则， 令，则，
- 8 -
∴在上递减， ∴， 故，
∴在上单调递减， ∴， ∴，
∴实数的取值范围为．
?x＝a＋acos φ，?
22.【解析】(Ⅰ)由曲线C1：?(φ为参数，实数a＞0)，
?y＝asin φ?
化为普通方程为(x－a)＋y＝a，展开为：x＋y－2ax＝0，
其极坐标方程为ρ＝2aρcos θ，即ρ＝2acos θ，由题意可得当θ＝0时，|OA|＝ρ＝2，∴a＝1.2分
?x＝bcos φ，?
曲线C2：?(φ为参数，实数b＞0)，
?y＝b＋bsin φ?
2
22222
化为普通方程为x＋(y－b)＝b，展开可得极坐标方程为ρ＝2bsin θ， π
由题意可得当θ＝时，|OB|＝ρ＝4，∴b＝2.5分
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得C1，C2的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝4sin θ. ∴2|OA|＋|OA|·|OB|＝8cosθ＋8sin θcos θ＝4sin 2θ＋4cos 2θ＋4 π??＝42sin?2θ＋?＋4，8分 4??
π?π?π5π??∵2θ＋∈?，?，∴42sin?2θ＋?＋4的最大值为42＋4， 4?4?4?4?πππ
当2θ＋＝，θ＝时取到最大值.10分
428
23.【解析】(Ⅰ)∵ a＝1，∴原不等式为2|x＋1|＋|x－1|＜4，
????x＜－1，?－1≤x≤1，?x>1，??∴或或?3分 ?－2x－2－x＋1＜4??2x＋2－x＋1＜4??2x＋2＋x－1＜4，?
2
2
222
5
∴－＜x＜－1或－1≤x＜1或，
3
??5?
∴原不等式的解集为?x?－＜x＜1?.5分
??3?
(Ⅱ)由题意得g(x)＝f(x)＋f(－x)
- 9 -
??1??1??＝2(|x＋a|＋|x－a|)＋??x＋?＋?x－?? ??a??a??
22
≥2|2a|＋＝4|a|＋≥42，8分
|a||a|当且仅当2|a|＝
1222
，即a＝±，且－≤x≤时，g(x)取最小值42.10分
222|a| - 10 -
福建省2020届高三数学上学期期末质量检测模拟试题理
